(課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版)高考數(shù)學(xué) 專題三 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題
《(課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版)高考數(shù)學(xué) 專題三 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版)高考數(shù)學(xué) 專題三 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題(42頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 探考情 悟真題 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測 熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點 利用導(dǎo)數(shù) 研究函數(shù) 的單調(diào)性 ①了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系; ②能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)不超過三次) 2017課標(biāo)全國Ⅱ,21,12分 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 不等式恒成立求參數(shù)范圍 ★★★ 2016課標(biāo)全國Ⅰ,12,5分 利用函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍 不等式恒成立求參數(shù)范圍 2019課標(biāo)全國Ⅲ,20,12分 判斷單調(diào)性及求最值 — 利用導(dǎo)數(shù) 研究函數(shù) 的極值 與最值 ①了解函數(shù)在某點取得極值的必
2、要條件和充分條件; ②會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)不超過三次);會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)不超過三次) 2018課標(biāo)全國Ⅰ,21,12分 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、極值、最值 不等式的證明 ★★★ 2017課標(biāo)全國Ⅲ,21,12分 利用最值證明不等式 函數(shù)的單調(diào)性 2015課標(biāo)Ⅱ,21,12分 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值 函數(shù)的單調(diào)性 2019課標(biāo)全國Ⅱ,21,12分 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值點 函數(shù)的單調(diào)性 導(dǎo)數(shù)的綜 合應(yīng)用 利用導(dǎo)數(shù)解決實際問題、函數(shù)的零點(方程的根)的問題、不等式問題以及恒成立(存在性)問題 2018課標(biāo)全國Ⅱ,2
3、1,12分 函數(shù)的零點 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 ★★★ 2019課標(biāo)全國Ⅰ,20,12分 零點個數(shù)的證明 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 2015課標(biāo)Ⅰ,21,12分 函數(shù)的零點,不等式的證明 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 分析解讀 函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的一條重要性質(zhì),也是高中階段研究的重點.一是直接用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、求函數(shù)的最值與極值,以及實際問題中的優(yōu)化問題等,這是新課標(biāo)的一個新要求.二是把導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列等知識相聯(lián)系,綜合考查函數(shù)的最值與參數(shù)的取值(范圍),常以解答題的形式出現(xiàn).本節(jié)內(nèi)容在高考中分值為17分左右,屬難度較大題. 破考點 練考向 【考點集訓(xùn)】 考
4、點一 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 1.(2018河南、河北重點高中第二次聯(lián)考,6)若函數(shù)f(x)=ex-(a-1)x+1在(0,1)上遞減,則a的取值范圍是( ) A.(e+1,+∞) B.[e+1,+∞)C.(e-1,+∞) D.[e-1,+∞) 答案 B 2.(2018河南信陽一模,15)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f'(x)<1,若f(2-m)-f(m)>2-2m,則實數(shù)m的取值范圍是 .? 答案 (1,+∞) 3.(2020屆福建龍海二中期初考試,18)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-3ax2+3bx的圖象與直線12x+y-1=0相
5、切于點(1,-11).
(1)求a,b的值;
(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.
答案 (1)易得f'(x)=3x2-6ax+3b.
因為f(x)的圖象與直線12x+y-1=0相切于點(1,-11),
所以f(1)=-11,f'(1)=-12,即1-3a+3b=-11,3-6a+3b=-12,
解得a=1,b=-3.
(2)由a=1,b=-3得f'(x)=3x2-6ax+3b=3(x2-2x-3)=3(x+1)(x-3).
令f'(x)>0,解得x<-1或x>3,令f'(x)<0,解得-1 6、)也是增函數(shù);
當(dāng)x∈(-1,3)時,f(x)是減函數(shù).
考點二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值
1.(2018廣東珠海二中期中,15)已知x0是函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點,則x0= .?
答案 2
2.(2020屆皖江名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考,20)函數(shù)f(x)=aex+x2-lnx(e為自然對數(shù)的底數(shù),a為常數(shù)),曲線f(x)在x=1處的切線方程為(e+1)x-y=0.
(1)求實數(shù)a的值;
(2)證明:f(x)的最小值大于54+ln2.
答案 (1)對f(x)求導(dǎo)可得f'(x)=aex+2x-1x,所以f'(1)=ae+1.
由曲線f(x)在x=1處的切線方 7、程為(e+1)x-y=0可知ae+1=e+1,故a=1.
(2)證明:由(1)知f(x)=ex+x2-lnx(x>0),f'(x)=ex+2x-1x,
令f'(x)=g(x),則g'(x)=ex+2+1x2,易知g'(x)>0,
所以f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
注意到f'14=e14+12-4<0,f'12=e12+1-2>0,所以由零點存在性定理可知存在x0∈14,12,使得f'(x0)=0,即ex0+2x0-1x0=0,即ex0=1x0-2x0.
當(dāng)0 8、0)=ex0+x02-lnx0=1x0-2x0+x02-lnx0=(x0-1)2+1x0-lnx0-1,
易知f(x0)=(x0-1)2+1x0-lnx0-1在14,12上單調(diào)遞減,
所以f(x)≥f(x0)>f12=54+ln2.
3.(2018湖北荊州一模,20)已知函數(shù)f(x)=-x2+ax-lnx(a∈R).
(1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,3)上既有極大值又有極小值,求實數(shù)a的取值范圍.
答案 (1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=-2x+a-1x=-2x2+ax-1x(x>0).
∵函數(shù)f(x)是單 9、調(diào)遞減函數(shù),
∴f'(x)≤0對x∈(0,+∞)恒成立,
∴-2x2+ax-1≤0對x∈(0,+∞)恒成立,即a≤2x+1x對x∈(0,+∞)恒成立.
∵2x+1x≥22x·1x=22當(dāng)且僅當(dāng)2x=1x,即x=22時取“=”,∴a≤22.
(2)∵函數(shù)f(x)在(0,3)上既有極大值又有極小值,
∴f'(x)=-2x2+ax-1x=0在(0,3)上有兩個相異實根,
即2x2-ax+1=0在(0,3)上有兩個相異實根,
令g(x)=2x2-ax+1,則Δ>0,0 10、故a的取值范圍為22,193.
考點三 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
1.(2019福建廈門模擬,12)定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+xf'(x)=1x,f(1)=0,若關(guān)于x的方程|f(x)|-a=0有3個實根,則a的取值范圍是 .?
答案 0,1e
2.(2020屆河南濮陽模擬,21)設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex-a(x2+1).
(1)若函數(shù)h(x)在點(0,h(0))處的切線方程為y=kx+2,求實數(shù)k與a的值;
(2)若函數(shù)h(x)有兩個零點x1,x2,求實數(shù)a的取值范圍.
答案 (1)因為h'(x)=-xex-2ax,所以k=h'(0)=0,
又因為 11、h(0)=1-a,所以1-a=2,即a=-1.
(2)令h(x)=0,得(1-x)ex-ax2=a,所以a=(1-x)exx2+1,
令f(x)=(1-x)exx2+1(x∈R),
則f'(x)=-x(x2-2x+3)(x2+1)2ex=-x[(x-1)2+2](x2+1)2ex,
令f'(x)>0,解得x<0,令f'(x)<0,解得x>0,
則函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)max=f(0)=1,
又當(dāng)x<1時,f(x)>0,當(dāng)x>1時,f(x)<0,
畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖,由圖知要使函數(shù)f(x)的圖象與直線y=a有兩個不同 12、的交點,則0
13、則當(dāng)x>1時,x-1x>0,lnx>0,
可得f(x)<0,不滿足題意;
若a>0,則當(dāng)Δ=1-4a2≤0,即a≥12時,f'(x)≥0恒成立,
可得f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,而f(1)=0,
所以當(dāng)x≥1時,都有f(x)≥0,滿足題意;
當(dāng)Δ>0,即00,
所以有0 14、,+∞.
4.(2019安徽合肥模擬,21)已知函數(shù)f(x)=x2+x-alnx(a∈R),g(x)=12x2+x+12.
(1)若曲線y=f(x)與y=g(x)在點(1,2)處的切線互相垂直,求a的值;
(2)討論函數(shù)y=f(x)-g(x)+12的零點個數(shù).
答案 (1)f'(x)=2x+1-ax,g'(x)=x+1,
由題意知f'(1)g'(1)=-1?(3-a)×2=-1,解得a=72.
(2)y=f(x)-g(x)+12=12x2-alnx,
令h(x)=12x2-alnx,x>0.
①當(dāng)a=0時,h(x)在定義域(0,+∞)上恒大于0,h(x)沒有零點.
②當(dāng)a<0 15、時,h'(x)=x-ax,則h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
所以h(x)在定義域(0,+∞)上為增函數(shù),
因為h(1)=12>0,h(e1a)=12e2a-1<0,
所以h(x)有1個零點.
③當(dāng)a>0時,h'(x)=x-ax=x2-ax=(x+a)(x-a)x,
當(dāng)x∈(0,a)時,h'(x)<0,h(x)在(0,a)上為減函數(shù),
當(dāng)x∈(a,+∞)時,h'(x)>0,h(x)在(a,+∞)上為增函數(shù),
所以當(dāng)x=a時,h(x)取極小值,也是最小值,h(a)=12a-alna=12a(1-lna).當(dāng)a∈(0,e)時,h(a)=12a(1-lna)>0,h(x)沒有零點 16、;
當(dāng)a=e時,h(a)=12a(1-lna)=0,h(x)有1個零點x=a;
當(dāng)a∈(e,+∞)時,h(a)=12a(1-lna)<0,
因為h(1)=12>0且h(a)<0,
所以方程h(x)=0在區(qū)間(0,a)內(nèi)有一解,
因為當(dāng)x>1時,x-lnx>0,
所以x>lnx,則h(x)=12x2-alnx>12x2-ax.
因為2a>a>1,所以h(2a)>12(2a)2-2a2=0,
所以h(x)=0在區(qū)間(a,+∞)內(nèi)有一解,
所以方程h(x)=0在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)有兩解.
綜上所述,當(dāng)a∈[0,e)時,y=f(x)-g(x)+12沒有零點,
當(dāng)a<0或a=e時, 17、y=f(x)-g(x)+12有1個零點,
當(dāng)a>e時,y=f(x)-g(x)+12有2個零點.
煉技法 提能力
【方法集訓(xùn)】
方法1 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
1.(2018河南信陽二模,9)已知定義在R上的函數(shù)f(x)=13ax3+x2+ax+1有三個不同的單調(diào)區(qū)間,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.[-1,0)∪(0,1]
C.(-1,1) D.(-1,0)∪(0,1)
答案 D
2.(2019山東煙臺模擬,10)已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+da<23b在R上是單調(diào)遞增函數(shù), 18、則c2b-3a的最小值是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 A
3.(2019陜西渭南模擬,21)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2-bx.
(1)若a=-1,函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)是增函數(shù),求b的取值范圍;
(2)f(x)的圖象與x軸交于A(x1,0),B(x2,0)(x1 19、≤1x+2xmin.
∵x>0,∴1x+2x≥22,當(dāng)且僅當(dāng)x=22時,取“=”,∴b≤22,
∴b的取值范圍為(-∞,22].
(2)證明:由題意得f(x1)=lnx1-ax12-bx1=0,f(x2)=lnx2-ax22-bx2=0,
∴l(xiāng)nx1=ax12+bx1,lnx2=ax22+bx2,
兩式相減,得lnx1x2=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1-x2),
∴l(xiāng)nx1x2=(x1-x2)[a(x1+x2)+b].
由f'(x)=1x-2ax-b及2x0=x1+x2,得
f'(x0)=1x0-2ax0-b=2x1+x2-[a(x1+x2)+b]
=2x1+x2 20、-1x1-x2lnx1x2
=1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2,
令t=x1x2(0 21、在x=e處取得極大值;
③函數(shù)f(x)在x=c處取得極大值,在x=e處取得極小值;
④函數(shù)f(x)的最小值為f(d).
A.③ B.①② C.③④ D.④
答案 A
2.(2019福建三明模擬,21)已知函數(shù)f(x)=xlnx-a2x2-x(a∈R).
(1)若曲線y=f(x)在x=e處的切線的斜率為-1,求切線的方程;
(2)若f(x)有兩個極值點x1,x2,求a的取值范圍,并證明:x1x2>x1+x2.
答案 (1)∵f(x)=xlnx-a2x2-x(x>0),∴f'(x)=lnx-ax(x>0).
由f'(e)=1-ae=-1,解得a=2e,
∴f(e)=-e. 22、
故切點坐標(biāo)為(e,-e),
∴曲線y=f(x)在x=e處的切線方程為x+y=0.
(2)f'(x)=lnx-ax(x>0),
令f'(x)=0,得a=lnxx.
令g(x)=lnxx(x>0),
則g'(x)=1-lnxx2,
當(dāng)0 23、極值點;
當(dāng)a≥1e時,f(x)沒有極值點.
綜上,若f(x)有兩個極值點,則a的取值范圍是0,1e.
證明:∵x1,x2是f(x)的兩個極值點,
∴l(xiāng)nx1-ax1=0,lnx2-ax2=0,即lnx1=ax1,lnx2=ax2,①
不妨設(shè)0 24、
∴x1x2>x1+x2.
【五年高考】
A組 統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組
考點一 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
1.(2016課標(biāo)全國Ⅰ,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-13sin2x+asinx在(-∞,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是( )
A.[-1,1] B.-1,13 C.-13,13 D.-1,-13
答案 C
2.(2015課標(biāo)Ⅱ,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+|x|)-11+x2,則使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范圍是( )
A.13,1 B.-∞,13∪(1,+∞)
25、
C.-13,13 D.-∞,-13∪13,+∞
答案 A
3.(2019課標(biāo)全國Ⅲ,20,12分)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+2.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)00,則當(dāng)x∈(-∞,0)∪a3,+∞時,f'(x) 26、>0;
當(dāng)x∈0,a3時,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),a3,+∞單調(diào)遞增,在0,a3單調(diào)遞減;
若a=0,f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增;
若a<0,則當(dāng)x∈-∞,a3∪(0,+∞)時,f'(x)>0;
當(dāng)x∈a3,0時,f'(x)<0.
故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)單調(diào)遞增,在a3,0單調(diào)遞減.
(2)當(dāng)0
27、m=2-a+a327,0
28、2)時,f'(x)>0;
當(dāng)x∈(-1+2,+∞)時,f'(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)上單調(diào)遞減,
在(-1-2,-1+2)上單調(diào)遞增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
當(dāng)a≥1時,設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,而h(0)=1,
故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
當(dāng)00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
當(dāng)0 29、 30、根互為倒數(shù).
證明 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值點及方程根的問題,考查推理論證能力、運算求解能力,考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理及數(shù)學(xué)運算.
(1)f(x)的定義域為(0,+∞).
f'(x)=x-1x+lnx-1=lnx-1x.
因為y=lnx單調(diào)遞增,y=1x單調(diào)遞減,所以f'(x)單調(diào)遞增.又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4-12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0.
又當(dāng)x 31、
(2)由(1)知f(x0) 32、-1x.
由題設(shè)知,f'(2)=0,所以a=12e2.
從而f(x)=12e2ex-lnx-1,f'(x)=12e2ex-1x.
當(dāng)0 33、,12分)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)a<0時,證明f(x)≤-34a-2.
答案 (1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x.
若a≥0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
若a<0,則當(dāng)x∈0,-12a時,f'(x)>0;
當(dāng)x∈-12a,+∞時,f'(x)<0,
故f(x)在0,-12a上單調(diào)遞增,在-12a,+∞上單調(diào)遞減.
(2)證明:由(1)知,當(dāng)a<0時,f(x)在x=-12a處取得最大值,最大值為f-1 34、2a=ln-12a-1-14a.
所以f(x)≤-34a-2等價于ln-12a-1-14a≤-34a-2,即ln-12a+12a+1≤0.
設(shè)g(x)=lnx-x+1,則g'(x)=1x-1.
當(dāng)x∈(0,1)時,g'(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.故當(dāng)x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.所以當(dāng)x>0時,g(x)≤0.從而當(dāng)a<0時,ln-12a+12a+1≤0,即f(x)≤-34a-2.
4.(2015課標(biāo)Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=lnx+a(1-x).
(1)討論f(x)的單 35、調(diào)性;
(2)當(dāng)f(x)有最大值,且最大值大于2a-2時,求a的取值范圍.
答案 (1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=1x-a.
若a≤0,則f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
若a>0,則當(dāng)x∈0,1a時,f'(x)>0;當(dāng)x∈1a,+∞時,f'(x)<0.所以f(x)在0,1a上單調(diào)遞增,在1a,+∞上單調(diào)遞減.
(2)解法一:由(1)知,當(dāng)a≤0時,f(x)在(0,+∞)上無最大值;當(dāng)a>0時,f(x)在x=1a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1-1a=-lna+a-1.
因此f1a>2a-2等價于lna+a-1<0.
令g(a) 36、=lna+a-1,
則g(a)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,g(1)=0.
于是,當(dāng)01時,g(a)>0.
因此,a的取值范圍是(0,1).
解法二:由(1)知,當(dāng)a≤0時,f(x)在(0,+∞)上無最大值;當(dāng)a>0時,f(x)在x=1a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1-1a=-lna+a-1.
因此f1a>2a-2等價于lna+a<1.
當(dāng)a≥1時,lna+a≥a≥1;
當(dāng)00時,f(x)在x=1 37、a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1-1a=-lna+a-1.
當(dāng)0
38、-1,g'(x)=xcosx.
當(dāng)x∈0,π2時,g'(x)>0;當(dāng)x∈π2,π時,g'(x)<0,
所以g(x)在0,π2單調(diào)遞增,在π2,π單調(diào)遞減.
又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零點.所以f'(x)在(0,π)存在唯一零點.
(2)由題設(shè)知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一個零點,設(shè)為x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時,f'(x)>0;
當(dāng)x∈(x0,π)時,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,π)單調(diào)遞減.
又f(0)=0,f(π)=0,所以,當(dāng)x∈[0,π 39、]時,f(x)≥0.
又當(dāng)a≤0,x∈[0,π]時,ax≤0,故f(x)≥ax.因此,a的取值范圍是(-∞,0].
2.(2018課標(biāo)全國Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=13x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)證明:f(x)只有一個零點.
答案 (1)當(dāng)a=3時,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.
當(dāng)x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)時,f'(x)>0;
當(dāng)x∈(3-23,3+23)時,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-23),(3+2 40、3,+∞)單調(diào)遞增,在(3-23,3+23)單調(diào)遞減.
(2)證明:由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等價于x3x2+x+1-3a=0.
設(shè)g(x)=x3x2+x+1-3a,則g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,僅當(dāng)x=0時g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增.故g(x)至多有一個零點,從而f(x)至多有一個零點.
又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一個零點.
綜上,f(x)只有一個零點.
3.(2016課標(biāo)全國Ⅲ,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-x+1.
(1)討 41、論f(x)的單調(diào)性;
(2)證明當(dāng)x∈(1,+∞)時,1 42、1,設(shè)g(x)=1+(c-1)x-cx,
則g'(x)=c-1-cxlnc,令g'(x)=0,
解得x0=lnc-1lnclnc.
當(dāng)x 43、a.
答案 (1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0).
當(dāng)a≤0時,f'(x)>0,f'(x)沒有零點;
當(dāng)a>0時,因為y=e2x單調(diào)遞增,y=-ax單調(diào)遞增,所以f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
又f'(a)>0,當(dāng)b滿足00時,f'(x)存在唯一零點.(6分)
(2)證明:由(1),可設(shè)f'(x)在(0,+∞)上的唯一零點為x0,當(dāng)x∈(0,x0)時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=x0時 44、,f(x)取得最小值,最小值為f(x0).
由于2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.
故當(dāng)a>0時,f(x)≥2a+aln2a.(12分)
B組 自主命題·省(區(qū)、市)卷題組
考點一 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
1.(2017山東,10,5分)若函數(shù)exf(x)(e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是( )
A.f(x)=2-x B.f(x)=x2
C.f(x)=3-x D.f(x)=cosx
答案 A 45、
2.(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實數(shù)a的取值范圍是 .?
答案 -1,12
考點二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值
1.(2016四川,6,5分)已知a為函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點,則a=( )
A.-4 B.-2 C.4 D.2
答案 D
2.(2018北京,19,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex.
(1)若曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線斜率為0,求a;
(2)若f( 46、x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍.
答案 (1)因為f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex,
所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex.
f'(2)=(2a-1)e2.
由題設(shè)知f'(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=12.
(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.
若a>1,則當(dāng)x∈1a,1時,f'(x)<0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)>0.
所以f(x)在x=1處取得極小值.
若a≤1,則當(dāng)x∈(0,1)時,ax-1≤x-1<0,
所以f'(x)>0.
所以1不是f(x)的極 47、小值點.
綜上可知,a的取值范圍是(1,+∞).
3.(2017北京,20,13分)已知函數(shù)f(x)=excosx-x.
(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;
(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間0,π2上的最大值和最小值.
答案 (1)因為f(x)=excosx-x,所以f'(x)=ex(cosx-sinx)-1,f'(0)=0.
又因為f(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=1.
(2)設(shè)h(x)=ex(cosx-sinx)-1,
則h'(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx.
當(dāng)x∈0,π2時 48、,h'(x)<0,
所以h(x)在區(qū)間0,π2上單調(diào)遞減.
所以對任意x∈0,π2,有h(x) 49、用導(dǎo)數(shù)求三次函數(shù)圖象的切線,及函數(shù)的最大值、最小值,考查分類討論的思想,要求學(xué)生有良好的邏輯推理和運算求解能力.
(1)由f(x)=14x3-x2+x得f'(x)=34x2-2x+1.
令f'(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.
又f(0)=0,f83=827,
所以曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程是y=x與y-827=x-83,即y=x與y=x-6427.
(2)證明:令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].
由g(x)=14x3-x2得g'(x)=34x2-2x.
令g'(x)=0得x=0或x=83.
g'(x),g(x)的情況如下:
x
50、-2
(-2,0)
0
0,83
83
83,4
4
g'(x)
+
-
+
g(x)
-6
↗
0
↘
-6427
↗
0
所以g(x)的最小值為-6,最大值為0.
故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知,
當(dāng)a<-3時,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;
當(dāng)a>-3時,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;
當(dāng)a=-3時,M(a)=3.
綜上,當(dāng)M(a)最小時,a=-3.
考點三 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
1.(2019天津,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-a( 51、x-1)ex,其中a∈R.
(1)若a≤0,討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若0x0,證明3x0-x1>2.
答案 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、不等式的證明、運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和方法.考查函數(shù)思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力,體現(xiàn)了邏輯推理和數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).
(1)由已知得f(x)的定義域為(0,+∞),且f'(x)=1x-[aex+a(x-1)ex]=1-ax2exx.
因此當(dāng)a≤0時,1-ax2ex>0,
從而f'(x)>0,所以
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